Зміст
Введення

Абсолютна величина і її властивості

Найпростіші рівняння й нерівності з модулем

Графічне рішення рівнянь і нерівностей з модулем

Інші способи рішення рівнянь і нерівностей з модулем

Метод розкриття модулів

Використання тотожності, при рішенні рівнянь

Рішення рівнянь утримуючі модулі ненегативних виражень

Рішення рівнянь із використанням геометричної інтерпретації

Рішення рівнянь із використанням тотожності

Застосування теореми про знаки при рішенні рівнянь

Рішення рівнянь переходом до наслідку

Рішення рівнянь методом інтервалів

Рішення рівнянь до множенням на позитивний множник

Типові тестові задачі, що містять змінну під знаком модуля

Висновок

Список джерел


Введення
Поняття абсолютної величини (модуля) є однієї з найважливіших характеристик числа як в області дійсних, так і в області комплексних чисел.

Це поняття широко застосовується не тільки в різних розділах шкільного курсу математики, але й у курсах вищої математики, фізики й технічних наук, які вивчають у вузах. Наприклад, у теорії наближених обчислень використовуються поняття абсолютної й відносної погрішностей наближеного числа. У механіку й геометрії вивчаються поняття вектора і його довжини (модуля вектора). У математичному аналізі поняття абсолютної величини числа втримується у визначеннях таких основних понять, як межа, обмежена функція й ін. Задачі, пов'язані з абсолютними величинами, часто зустрічаються на математичних олімпіадах, вступних іспитах у вузи.

Програмою шкільного курсу математики не передбачені узагальнення й систематизація знань про модулі, їхніх властивостях, отриманих учнями за весь період навчання. Даний пробіл і намагається заповнити справжній диплом.

Дипломна робота складається з 5 розділів.

У першому розділі наведені рівносильні визначення модуля, його геометрична інтерпретація, властивості абсолютної величини. На прикладі показано, як використовуючи модуль, будь-яку систему рівнянь і нерівностей з однієї й теж областю визначення можна представити у вигляді одного рівносильного порівняння. Так само показано на прикладі, як лінійний сплайн, представити у вигляді одного рівняння з модулями. Наведені приклади завдань, у яких використовуються або властивості модуля, або рівняння й нерівності, що містять знак абсолютної величини, виникають у процесі рішення.

У другому розділі представлені методи рішення найпростіших рівнянь і нерівностей з модулями, рішення яких не вимагає використання трудомісткого процесу розкриття модулів.

У третьому розділі представлене графічне рішення рівнянь і нерівностей, що містять знак абсолютної величини. Графічне рішення рівнянь і нерівностей з модулем у деяких випадках набагато більше просте, чим аналітичне. У цьому розділі розглянута побудова графіків функцій ,  і . Багато уваги приділено побудові графіків функцій, що представляють собою суму лінійних виражень під знаком абсолютної величини. Так само наведені приклади побудови графіків функцій з ''вкладеними'' модулями. Наведено теореми про екстремумі функцій, що містять суму лінійних виражень під знаками абсолютних величин, що дозволяють ефективно вирішувати задачі як на знаходження екстремумів подібні функції, так і вирішувати задачі з параметрами.

У четвертому розділі представлені додаткові методи рішення рівнянь і нерівностей, що містять знак абсолютної величини. У першу чергу описаний трудомісткий і не завжди раціональний, а в деяких випадках і непридатний метод розкриття модулів, іноді називаний метод інтервалів, за допомогою якого можна вирішити будь-яке рівняння й нерівність з модулем. Описано метод використання тотожності ; розглянутий метод геометричної інтерпретації, використання тотожності , застосування теореми про знаки, метод переходу до наслідку, метод інтервалів, метод домноження на позитивний множник.

У п'ятому розділі наведені приклади рішення типових тестових задач пов'язаних з поняттям абсолютна величина. Наведено рішення як ''стандартних'' задач, у рішенні яких необхідно одержати яку-небудь комбінацію рішень, так і завдань із параметрами. Для деяких задач наведено кілька способів рішення, іноді зазначені типові помилки виникаючі в процесі рішення. Для всіх завдань наведено найбільш ефективне, по швидкості, рішення.


Абсолютна величина і її властивості
Модуль. Властивості модуля

Визначення. Модуль числа  або абсолютна величина числа  дорівнює , якщо  більше або дорівнює нулю й дорівнює , якщо  менше нуля:

З визначення треба, що для будь-якого дійсного числа , .
Теорема  Абсолютна величина дійсного числа  дорівнює більшому із двох чисел  або .

1. Якщо число  позитивно, то  негативно, тобто . Звідси треба, що .

У цьому випадку , тобто  збігається з більшим із двох чисел  і .

2. Якщо  негативно, тоді  позитивно й , тобто більшим числом є . По визначенню, у цьому випадку,  --- знову, дорівнює більшому із двох чисел  і .

Наслідок  З теореми треба, що .

Справді, як , так і  рівні більшому із чисел  і , а виходить, рівні між собою.

Наслідок  Для будь-якого дійсного числа  справедливі нерівності , .

Множачи другу рівність  на  (при цьому знак нерівності зміниться на протилежний), ми одержимо наступні нерівності: ,  справедливі для будь-якого дійсного числа . Поєднуючи останні дві нерівності в одне, одержуємо: .

Теорема  Абсолютна величина будь-якого дійсного числа  дорівнює арифметичному квадратному кореню з : .

Справді, якщо , те, по визначенню модуля числа, будемо мати . З іншого боку, при , , значить .

Якщо , тоді  й  і в цьому випадку .

Ця теорема дає можливість при рішенні деяких задач заміняти  на .

Геометрично  означає відстань на координатній прямій від крапки, що зображує число , до початку відліку.

Якщо , то на координатній прямій існує дві крапки  й , рівновіддаленої від нуля, модулі яких рівні.

Якщо , то на координатній прямій  зображується крапкою .

Властивості модуля

Із цієї властивості треба, що
; .






















Рівносильні переходи між рівняннями з модулями
Тема ``Абсолютна величина'' (або ``Модуль числа'') є найбільш експлуатованою в практиці вступних іспитів. Імовірно, це пояснюється відчуттям простоти поняття абсолютної величини числа й тією обставиною, що, використовуючи модуль, будь-яку систему й сукупність рівнянь і нерівностей з однієї й тією же областю визначення можна представити у вигляді одного рівносильного порівняння.

Подивимося, на прикладі, як система однієї нерівності й сукупність двох нерівностей перетвориться до одного рівносильного рівняння.



В основі зазначених перетворень лежать наступні легко доказувані твердження:
















Варіант приведення одного відношення до рівносильному йому відношенню іншого типу

<								>

Рішення рівнянь переходом до наслідку
Всі рівняння з модулями можуть бути вирішені в такий спосіб: розглянемо весь набір рівнянь, що може вийде при розкритті модулів, але не будемо виписувати відповідні проміжки. Вирішуючи кожне з отриманих рівнянь, одержимо наслідки вихідного рівняння. Залишається тільки перевірити чи не придбали ми сторонніх корінь прямої їхньою підстановкою у вихідне рівняння.

Приклад  Вирішимо рівняння

Рішення. Послідовно переходячи до наслідків, одержуємо:







Неважко переконається, що знайдені числа не є коріннями вихідного рівняння.

Відповідь. ні рішення.

У випадку вкладених знаків модуля теж можна розглянути весь набір яких, що виходять при розкритті модуля рівнянь серед рішень, утримуються рішення вихідного рівняння, а потім відібрати із всіх отриманих рішень підходящі хоча б за допомогою перевірки.

Приклад  Вирішите рівняння

Рішення. Всіх корінь вихідного рівняння втримуються серед корінь двох рівнянь

які можна переписати у вигляді



Аналогічно, кожне із цих рівнянь розпадається на два:

що приводить до чотирьох рівнянь:

Звідси одержуємо 4 рішення: , , ,  серед яких утримуються коріння вихідного рівняння. 1-й корінь, мабуть, задовольняє рівнянню. Це перевіряється легко. 2-й і 3-й не походять, тому що права частина вихідного рівняння при цих значеннях негативна. 4-й корінь теж є зайвим, тому що цей корінь повинен задовольняти рівнянню (*), а при цьому значенні його права частина негативна.

Відповідь. 3.

Рішення рівнянь методом інтервалів

Застосування методу інтервалів засновано на наступної

Теорема  Функція, безперервна на проміжку, зберігає на цьому проміжку свій знак.

Це означає, що нулі функції й границі проміжків її безперервності розділяють область визначення функції на ділянки, де вона зберігає постійний знак. Застосування методу пояснимо на прикладі.

Приклад  Вирішимо нерівність

Нехай . Областю визначення даної функції є . Вирішуючи рівняння (див. ), одержимо, що функція  не звертається в нуль ні при якому значенні змінної. Це означає, що на всій області визначення функція є знакопостійної. Обчислюючи, наприклад, , одержуємо, що функція приймає тільки позитивні значення.

Відповідь. .

Метод інтервалів дозволяє вирішувати більше складні рівняння й нерівності з модулями, але в цьому випадку він має трохи інше призначення. Суть складається в наступному. Знаходимо корінь всіх підмодульних виражень і розбиваємо числову вісь на проміжки цих виражень. Це дозволяє, послідовно перебираючи ці проміжки, одночасно позбуватися від всіх модулів і вирішувати звичайне рівняння або нерівність (перевіряючи при цьому, що знайдена відповідь входить у даний проміжок).

Рішення рівнянь домноження на позитивний множник

Приклад  Вирішити нерівність

Рішення. ''Пастка'' полягає в тім, що в задачі є кілька модулів, розкривати які -і значить одержати, громіздке рішення.


Помножимо дріб на деяке вираження, що приймає лише позитивні значення й таке, щоб спростити вихідна нерівність:





Відповідь. .
Типові тестові задачі, що містять змінну під знаком модуля

Приклад  Знайти корінь рівняння
.
Рішення. Тому що , те з рівняння треба, що , . Тоді вихідне рівняння прийме вид: , . Корінь цього рівняння
, .
Корінь , тому він не є рішенням, а .

Відповідь. .




Приклад  Знайти добуток корінь рівняння .

Рішення. Позначимо , . Тоді вихідне рівняння прийме вид: . Корінь цього рівняння , . Тому що , те . Звідси , . Добуток корінь дорівнює .

Відповідь. .

Приклад  Знайти різницю між найбільшими й найменшими коріннями рівняння .

Рішення. Позначимо , . Тоді вихідне рівняння прийме вид: . Вирішимо його. Корінь цього рівняння , . Тому що , те значення  не підходить. Тому . Різниця між найбільшим і найменшим коренями рівняння дорівнює .

Відповідь. .

Приклад  Знайти суму корінь рівняння .

Рішення. Використовуємо правило:
.
Вихідне рівняння запишемо у вигляді сукупності рівнянь:
 
У такий спосіб сума корінь вихідного рівняння дорівнює .


Інший шлях. Оскільки обидві частини рівняння ненегативні, зведемо рівняння у квадрат. Одержимо: , . Тому що дискримінант рівняння позитивний, то по теоремі Виета сума корінь дорівнює

Відповідь. .

Приклад  Скільки цілих корінь на відрізку  має рівняння

Рішення. Розглянемо квадратний тричлен . Тому що , те, тому вихідне рівняння запишеться як



Останнє рівняння еквівалентно нерівності , рішення якого . Таким чином, рівняння має 6 корінь на відрізку : , , , , , .

Відповідь. 6.

Приклад  Яке найбільше кінцеве число корінь може мати рівняння

де , ,..., , , , ...,  --- різні числа?

Рішення. Покладемо  й перепишемо вихідне рівняння у вигляді .

Нехай  --- всі числа із множини , упорядковані по зростанню. На кожному з 101 проміжку , ,..., , , функція  лінійна. Помітимо, що на першому й останньому із цих проміжків  і  відповідно, при цьому , тому що кількість корінь звичайно.

Підемо по числовій осі ліворуч праворуч.

Спочатку кутовий коефіцієнт функції  дорівнює 0. Щораз, коли ми проходимо одну із крапок , він за рахунок зміни знака при розкритті відповідного модуля змінюється на .

Таким чином, він завжди дорівнює парному цілому числу й не може поміняти знак, не звернувшись перед цим в 0.

Виходить, кутові коефіцієнти на будь-яких двох сусідніх проміжках або обоє ненегативні, або обоє непозитивні, тобто функція  на об'єднанні цих проміжків або неубутна, або незростаюча.

Стало бути, якщо число її корінь звичайно, те на кожному з 50 проміжків ,..., ,  вона має не більше одного кореня. Крім того, на крайніх інтервалах значення мають різні знаки, і в кожному корені знак функції міняється. Отже, кількість корінь парно й не перевищує 49.

Неважко перевірити, що якщо роль  будуть грати числа 1, 4, 5, 8, 97, 100, а роль  --- числа 2, 3, 6, 7, 94, 95, 98, , те рівняння  буде мати рівно 49 корінь.

Відповідь. 49.

Приклад  Вирішите систему нерівностей



Рішення. Припустимо, що дана система нерівностей має рішення , , , . Тоді, зокрема, , тобто

Аналогічно одержуємо





Перемножимо всі отримані нерівності. З одного боку, добуток чотирьох позитивних чисел позитивно. З іншого боку, цей добуток дорівнює -і-

Приходимо до протиріччя.

Відповідь. Система не має рішень.

Приклад чи Існують дійсні числа ,  і  такі, що при всіх дійсних  і  виконується нерівність

Рішення. Припустимо, що такі числа ,  і  існують. Виберемо  й  такі, що , , . Тоді різниця між лівою й правою частинами дорівнює . А якщо взяти  й  такі, що , , , те ця різниця буде дорівнює . Таким чином, з одного боку, , з іншої . Протиріччя.

Відповідь. Немає.

Приклад  Скільки різних цілочисленних рішень має нерівність ?

Рішення. При натуральному  рівняння  має рівно  цілочисленних рішень, а при  рішення єдине. Таким чином, кількість рішень вихідної нерівності дорівнює .

Відповідь. 19801.

Приклад  Знайдіть всі значення параметра , при кожному з яких рівняння має три різних корені; знайдіть цих корінь: .

Рішення. Зведемо обидві частини рівняння у квадрат: .

Якщо , тоді одержимо рівняння:

Дискримінант цього рівняння дорівнює:
.
Рівняння (1) буде мати один корінь, при  й . Два корені, при  й .

Якщо , тоді одержимо рівняння:

Дискримінант цього рівняння дорівнює:
.


Рівняння (2) буде мати один корінь при  й . Два корені --- при  й .

Робимо висновок, що при  рівняння (1) має один корінь, а рівняння (2) --- два корені. При , рівняння (1) має два корені, а рівняння (2) --- один.

Таким чином, при  й  дане рівняння має три корені.

Знайдемо цих корінь. При , перше рівняння прийме вид: . Воно має один корінь:

Рівняння (2) прикмет вид:  яке має два корені: , .

При , рівняння (2) прикмет вид: . Воно має один корінь: .

Рівняння (1) при цьому стане: , що буде мати корінь: , .

Відповідь. При , , , .

При , , , .

Приклад  Для кожного значення параметра  визначите число рішень рівняння .

Рішення.

1. Якщо , тоді рівняння не має рішень, модуль будь-якого речовинного числа ненегативний.

2. Якщо , тоді одержимо рівняння . Це рівняння має два корені, тому що .

3. Якщо , тоді одержуємо сукупність двох рівнянь:





Перше рівняння має дискримінант: . Воно не буде мати корінь при , , але це неможливо, тому що . Також воно не може мати один корінь (тоді , що також неможливо). Таким чином, при  рівняння (1) має два корені.

Друге рівняння має дискримінант:
.
Воно не буде мати корінь, якщо , , . Буде мати один корінь, якщо . Буде мати два корені, якщо .

Остаточно одержуємо.

Відповідь. Якщо , тоді рівняння не має корінь.

Якщо  й , тоді рівняння має два корені.

Якщо , тоді рівняння має три корені.

Якщо , тоді рівняння має чотири корені.

Приклад  Знайдіть всі значення параметра  із проміжку , при кожному з яких більший з корінь рівняння  приймає найбільше значення.

Рішення.

Перетворимо рівняння до виду
.




Виходить, якщо
, ,

тоді .
Знайдемо найбільше значення , при якому , тобто найбільше рішення нерівності
.
Перетворимо цю нерівність:
, , , , .
Останню нерівність вирішимо методом інтервалів, пам'ятаючи, що .

Рішення нерівності буде множина: .

Ясно, що дріб
 
приймає найбільше значення при , тоді значення  буде дорівнює:


.
Відповідь. При .

Приклад  Знайти всі значення параметра , при кожному з яких рівняння  має єдине рішення.

Рішення.

Знайдемо рішення для кожного значення , а потім відберемо ті, які задовольняють умові задачі, тобто при яких рівняння має єдине рішення.

Для кожного фіксованого  будемо шукати рішення даного рівняння спочатку на проміжку , а потім на проміжку , оскільки модуль звертається в нуль при :

1) Нехай . На цьому проміжку  й тому дане рівняння прикмет вид .

Знайдемо дискримінант отриманого наведеного квадратного рівняння

, виходить, при будь-якому дійсному значенні  рівняння має два різних дійсних корені:  і .

З'ясуємо, чи входять вони в проміжок . Корінь  лежить у цій області тільки тоді, коли виконується нерівність:  або .

Остання нерівність рівносильна системі нерівностей:

Остання система нерівностей не має рішень, виходить, ні при якому значенні параметра a число  не лежить в області .

Корінь  лежить у розглянутій області тоді, коли виконана нерівність:  або .

Вирішимо останню нерівність. Ясно, що цій нерівності задовольняють всі значення  із проміжку .

При  одержимо нерівність . Звідси знаходимо: .

Таким чином, при  рівняння має єдине рішення .

2) Нехай . На цьому проміжку  й тому вихідне рівняння можна переписати у вигляді . Знайдемо дискримінант цього рівняння: .

Рівняння не має рішень, якщо , тобто якщо .

Виходить, рівняння не має корінь для  із проміжку .

Якщо  не належать цьому проміжку, то квадратне рівняння має коріння , , причому  при  й . З'ясуємо тепер, при яких значеннях параметра  знайдених корінь лежать в області .

Для цього потрібно вирішити нерівності  й .

Нерівність  рівносильна нерівності  або сукупності двох систем нерівностей:



Множина рішень першої системи має вигляд , друга система не має рішень. Виходить, тільки при значенні  корінь рівняння  лежить в області

Нерівність  рівносильна нерівності  або системі нерівностей

Множина рішень отриманої системи нерівностей є відрізок .

Тільки при цих значеннях параметра , корінь  належить області: . Таким чином, при  дане рівняння в області  рішень не має.

Якщо , то рівняння в розглянутій області має єдине рішення .

При значеннях , що лежать в області  вихідне рівняння має два різних корені  й . Якщо ж , то вихідне рівняння має єдиний корінь . Отримані результати зручно звести в таблицю:



Таким чином, шукані значення  утворять два проміжки:  і .

Відповідь. , .
Приклад Знайти всіх корінь рівняння , що задовольняє нерівності .
Рішення. Будуємо графіки функцій  і . Одержимо дві крапки перетинання, абсциса тільки однієї з них менше , тобто задовольняє умови задачі

Абсцису крапки можна одержати вирішивши рівняння .

Відповідь. .

Приклад  Вирішити аналітично й графічно рівняння



Аналітичне рішення

Перетворимо рівняння, помноживши обидві його частини на 2, будучи позитивним числом, його можна вносити під знак модуля, тому одержимо:

У кожного із тричленів позитивні дискримінанти. Це дає можливість розкласти кожний з них на лінійні множники.

Рівняння прийме вид: .

На числовій прямій відкладемо крапки, у яких кожний із множників звертається в нуль. У результаті одержимо п'ять проміжків, на кожному з яких визначимо знаки тричленів під модулем і вирішимо отримані рівняння.

Однак такий спосіб не буде раціональним. Доцільніше зобразити проміжки кожного із тричленів на числових осях. Тоді визначення їхніх знаків буде спрощене й зробиться більше наочним

При такому схематичному зображенні зрозуміло, що:

1) при  обидва тричлени позитивні й рівняння прийме вид:

Вирішуючи його, знаходимо , . Обидва корені не входять у проміжок  і є сторонніми;

2) при  перший тричлен негативний, а другий позитивний, одержимо рівняння:  звідки знаходимо корінь , що входить у проміжок  і є рішенням рівняння;

3) при  обидва тричлени негативні, одержуємо:

, звідки , що входить у проміжок  і є рішенням рівняння;

4) при  перший тричлен позитивний, другий --- негативний, одержуємо рівняння:

, звідси , що входить у проміжок  і є рішенням рівняння;

5) при  обидва тричлени позитивні, виходить така ж ситуація, як і в першому випадку. І тут, обидва корені ,  не входять у проміжок і є сторонніми.

Відповідь. , , .

Графічне рішення

Для графічного рішення перетворимо рівняння:



Побудуємо графіки функцій
 і
Графік функції
 
будемо будувати в кілька етапів:


а) будуємо графік функції
;
б) будуємо графік функції
, `
дзеркально'' відбивши нижню частину кривої
в осі ;
в) будуємо графік функції
 
для цього досить графік функції  ``опустити'' долілиць (здійснити паралельний перенос уздовж осі ) на ;

г) отриманий графік повністю симетрично відіб'ємо в осі , ``перевернемо'' навколо осі  на .

У результаті одержимо графік функції
.


Графік функції
 
побудуємо вже відомим способом: будуємо параболу  й дзеркально відбиваємо в осі  тільки частина параболи, що перебуває нижче осі .

Знаходимо абсциси крапок перетинання графіків, які й будуть рішеннями рівняння

Абсциси крапок перетинання наступні: 1,75; 2,5 і 3,25. Вони й будуть рішеннями рівняння.

Приклад  Вирішите рівняння .

Рішення. Вирішувати будемо це рівняння послідовне ``розкриваючи'' модулі, починаючи з ``зовнішнього'' і ``наближаючись'' до змінного .

Після розкриття першого модуля, одержимо сукупність двох рівнянь:
(1)  або (2) .
Вирішуючи рівняння (1), у свою чергу, одержуємо два рівняння:

,
(3)  або (4) .
З рівняння (3) знаходимо: ,  з рівняння (4) знаходимо: ,

Вирішуючи рівняння (2), також одержимо: , що розпадається два рівняння:


( )  або ( ) .
З ( ) одержуємо:
, ,  З ( ) , що не має рішень.
Відповідь.

Приклад  Вирішити рівняння:

Рішення. ОДЗ даного рівняння:

Простою перевіркою неважко переконатися, що  й  --- рішення даного рівняння.

Відповідь. .

Якщо вирішувати рівняння шляхом піднесення у квадрати обох його частин, то вийде рівняння

У цього рівняння додасться ``зайвий'' корінь , що не належить ОДЗ.

Перетворення , не рівносильне, тому що  входить в ОДЗ вихідного вираження, але не входить в ОДЗ перетвореного.

Нюанс полягає в тому, що при  функція  існує й при , тому що на що нуль не множ --- буде нуль.

Приклад  Вирішити рівняння .

Рішення. Почнемо розкривати внутрішній модуль (розкриття зовнішнього модуля займе набагато більше часу):

1. При  маємо .

Тепер розглянемо два випадки:
а) , тобто ;

б)  і
Так як функція, що стає в першій частині вихідного рівняння, --- парна, то рішенням так само буде  й .

Відповідь. .

Приклад  Чому дорівнює сума корінь рівняння (корінь, якщо він один) рівняння

Рішення. Розглянемо вираження

і перетворимо його до виду



Очевидно, що чисельник дробу при будь-яких значеннях змінної є позитивним числом. Значить дробове вираження позитивно, якщо  (тому що ). Перетворимо отримане вираження, за умови . Одержимо рівняння, рівносильне вихідному:



Відповідь. .

Приклад  Всі значення квадратного тричлена  на відрізку  по модулі не перевершують 1. Яке найбільше значення при цьому може мати величина ?

Відповідь. Максимальне значення величини  дорівнює 17.

Доведемо це. Спочатку доведемо, що ця величина не може бути більше 17. Тому що значення тричлена  на відрізку  по модулі не перевершують одиниці, те, , , тобто , , . Тому що модуль суми не перевершує суми модулів, те



Отже, . Залишилося помітити, що квадратний тричлен  задовольняє умові задачі й для нього величина  дорівнює 17.

Приклад  Знайдіть найбільше ціле значення параметра , при якому рівняння  не має рішень.


Рішення. Вихідне рівняння рівносильне рівнянню

Друга система має рішення тільки при  (при цьому її рішеннями будуть усе ). Перша система не має рішень, якщо  При цьому найбільше ціле, мабуть, дорівнює .

Відповідь. .




Висновок

абсолютна величина модуль теорема

Матеріал даної дипломної роботи адресований учителям математики, викладачам підготовчих курсів, школярам і абітурієнтам. Розглянуто властивості абсолютних величин, наведені теореми про рівносильні перетворення рівнянь і нерівностей, що містять знак модуля. Сформульовано маловідомі твердження, що істотно спрощують традиційні алгоритмічні способи рішення шкільних, конкурсних задач. Теоретичний матеріал проілюстрований значною кількістю завдань (більше 80) із вступних іспитів, математичних олімпіад і завдань незалежного оцінювання знань.


Список джерел
Веременок В. В., Практикум по математиці, підготовка до тестування й іспитів. – К., 2008

Д. Гущин, Потужне рішення. Рівняння й нерівності з модулями //Учительська газета №39.

В.Голубєв Школа рішення нестандартних задач. Заняття 3. Нестандартна техніка рішення нерівностей з модулем // Математика №5, 2005 с. 24--31.

В.Голубєв, Школа рішення нестандартних задач. Заняття 5. Сума модулів// Математика № 12, 2005 с.41--48.

Тишин В. И., Математика для вчителів і учнів: раціональні алгебраїчні рівняння. – К., 2005

О. Ігудисман, Математика на усному іспиті. – К., 2006

[7] Куланін Е.Д., 3000 конкурсних задач по математиці. – К., 2005

Размещено на Allbest.ru